Розв’язання вправ та завдань до підручника «ГЕОМЕТРІЯ» 8 клас О. С. Істера - 2017 рік

Розділ 2. Подібність трикутників

§ 15. Середні пропорційні відрізки у прямокутному трикутнику

Пояснення

Лема. Висота прямокутного трикутника розбиває його на два подібних прямокутних трикутники, кожний із яких подібний даному трикутнику.

Відрізок k — середнє пропорційне (або середнє геометричне) відрізків m і n, якщо k2 = m ∙ n.

AD — проекція АС на АВ, BD — проекція ВС на АВ.

Теорема: 1) Висота прямокутного трикутника є середнім пропорційним проекцій катетів на гіпотенузу. CD2 = AD ∙ DB.

2) Катет прямокутного трикутника є середнім пропорційним гіпотенузи і проекції цього кута на гіпотенузу.

518. Перший спосіб.

У ΔАВС (∠C = 90°) CM — медіана, СК — бісектриса. Оскільки CM = MB = AM, то CM ≠ СК. Отже, у ΔСМК СК = МК. Значить, ∠CMK = ∠MCK = α. ∠CKB = 2α як зовнішній.

Тоді ∠A = 45° - 30° = 15°.

Другий спосіб.

ΔАВС: ∠C = 90°, CM — медіана, СL — бісектриса. CM = AM = MB, тобто CM ≠ CL.

Отже, CL = LM i ∠LCM = ∠CML = α.

У ΔCMB ∠MBC = ∠MCB = 45° - α.

Тоді ∠CMB = 180° - α як зовнішній або ∠CMB = 180° - 2 (45° - α), тобто маємо 180° - 2 (45° - α) = 180° - α; звідки 3α = 90°; α = 30°, а в ΔАВС гострий кут ∠B = 45° - 30° = 15°.

Відповідь: так, 15°.

519. 1) КМ; 2) РК.

520. 2); 4).

532. Дано: ΔABC, AB = BC, AD = DC, DH ⊥ BC, HC = 1 CM, BH = 8 CM.

Знайти: PΔABC.

Розв’язання. ΔABC — рівнобедрений, BD — медіана, бісектриса і висота (∠BDC = 90°). DH — висота ΔBDC,

Відповідь: 24 см.

533. Дано: ΔABC, AB = BC, AD = DC, DH ⊥ BC, BH = 6 CM, HC = 2 CM.

Знайти: PΔABC.

Розв’язання. AB = BC = 6 + 2 = 8 CM. BD — медіана, бісектриса і висота ΔABC. У ΔBDC ∠BDC = 90°,

Відповідь: 24 CM.

534. Дано: ΔABC, ∠C = 90°, CD = 24 CM — висота, AD : DB = 9 : 16.

Знайти: AC, BC.

Розв’язання. AD = 9x CM, DB = 16x см. CD2 = AD ∙ DB,

Відповідь: АС = 30 см, ВС = 40 см.

535. Дано: ΔABC, ∠C = 90°, СН — висота, НВ = 16 см, AH : НС = 3 : 4.

Знайти: СН.

Розв’язання. АН = 3x см, НС = 4x см. СН2 = АН ∙ НВ;

Відповідь: СН = 12 см.

536. Дано: ABCD — ромб, коло з центром в т. О вписане в ромб. Н — точка дотику, НС = 1 см, ВН = 4 см.

Знайти: радіус кола.

Розв’язання. Радіус, проведений в точку дотику, перпендикулярний дотичній, тому ОН — висота прямокутного ΔВОС. ОН — радіус кола. ОН2 = НС ∙ ВС, ОН2 = 1 ∙ 4, ОН = 2 см.

Відповідь: 2 см.

537. Дано: ABCD — трапеція, АВ = CD, AD = 10 см, ВС = 8 см. АС ⊥ CD, СН ⊥ AD.

Знайти: СН.

Розв’язання. Проведемо висоту ВК, ВС = КН = 8 см, АК = HD = (10 - 8) : 2 = 1 см. АН = АК + КН. АН = 8 + 1 = 9 см, HD = 1 см. ΔACD — прямокутний, СН — висота, СН2 = АН ∙ HD, СН2 = 9 ∙ 1 = 9 см, СН = 3 см.

Відповідь: 3 см.

538. Дано: ABCD — трапеція, АВ = CD, СН ⊥ AD, ВС = 5 см, AD = 12 см.

Знайти: СН.

Розв’язання. Проведемо висоту ВК, ВС = КН = 5 см, АК = HD = (13 - 5) : 2 = 4 см. АН = 5 + 4 = 9 см, HD = 4 см. СН — висота ΔACD (∠ACD = 90°), СН2 = АН ∙ HD, СН2 = 9 ∙ 4 = 36, СН = 6 см.

Відповідь: 6 см.

539. Дано: ABCD — трапеція, АВ = CD, коло з центром в точці О — вписане у ABCD, К — точка дотику, СК = 4 см, KD = 9 см.

Знайти: висоту трапеції.

Розв’язання. Висота трапеції дорівнює діаметру кола, ОС і OD — бісектриси сусідніх кутів в трапеції, вони перетинаються під прямим кутом. ΔCOD — прямокутний, ОК — його висота, СК і KD — проекції катетів на гіпотенузу. ОК2 = СК ∙ KD, ОК2 = 4 ∙ 9 = 36, ОК — радіус вписаного кола, висота трапеції 2 ∙ 6 = 12 см.

Відповідь: 12 см.

540. Дано: ABCD — трапеція, коло з центром в т. О вписане у трапецію, М — точка дотику, ВМ = 2 см, AM = 8 см, К — точка дотику, СК = 4 см.

Знайти: PABCD.

Розв’язання. OB, ОА, ОС, OD — бісектриси кутів, оскільки центр вписаного кола — точка перетину бісектрис кутів трапеції, тому ΔАОВ і ΔDOC — прямокутні, ОМ — висота, ОМ2 = AM ∙ MB, ОМ2 = 8 ∙ 2 = 16 см, ОМ = ОК = 4 см — радіуси кола, ОК — висоти ΔCOD, ОК2 = СК ∙ KD. 42 = 4 ∙ KD; 16 = 4 ∙ KD; KD = 4 см. CD = 4 + 4 = 8 см, АВ + CD = 10 + 8 = 18 см. Якщо у чотирикутник вписано коло, то АВ + CD = ВС + AD, PABCD = 2(АВ + CD) , PARCD = 2 ∙ 18 = 36 см.

Відповідь: 36 см.

541. Дано: ΔАВС, ∠C = 90°, AL — бісектриса, ∠CAL = 18°.

Знайти: ∠A, ∠B.

Розв’язання. AL — бісектриса ∠A, тому ∠A = 2 ∙ 18° = 36°, сума гострих кутів прямокутного трикутника 90°, ∠B = 90° - 35° = 54°.

Відповідь: ∠A = 36°, ∠B = 54°.

542. Дано: ΔABC, ΔKLM, ∠A + ∠B = ∠K + ∠L, ∠B + ∠C = ∠L + ∠M. Чи подібні ΔABC і ΔKLM? ∠A + ∠B = ∠K + ∠L, тому ∠A = ∠K, ∠B = ∠L. ∠B + ∠C = ∠L + ∠M, тому ∠B = ∠L, ∠C = ∠M. У ΔABC і ΔKLMвідповідні кути рівні, тому

543. Дано: ABCD — трапеція, AB = CD, AC ∩ BD = T. O, AC — бісектриса ∠A.

Довести: ∠AOD = ∠BCD.

Доведення. Діагоналі рівнобедреної трапеції рівні, ΔAOD — рівнобедрений, ∠OAD = ∠ODA, ∠CAD = ∠BAD з умови, ∠BCA = ∠CAD — внутрішні різносторонні. У ΔABC і ΔAOD ∠BAC = ∠BCA = ∠OAD = ∠ODA, a ∠AOD = ∠ABC = ∠BCD. Доведено.

544. У ΔАВ1С АВ2 = АН2 ∙ АС. У АС1B С1А2 = АН3 ∙ АВ. за двома кутами (∠A спільний, ∠CH3A = ∠BH2A = 90°).

Тоді звідки АС ∙ АН2 = АВ ∙ АН3. Значить, АВ12 = АС12, а оскільки АВ1 > 0, АС1 > 0, то АВ1 = AC1.



Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити